Question

高数证明题，很急

Answer 1

1
设y=x-arctanx
y'=1-1/(1+x^2)>0
x=0 lim(x→0)arctanx=0, y=0
x>0时，y>0
x-arctanx>=0
arctanx<=x

2
f'(x)=f(x) df/dx=f df/f=dx lnf=x+C0 f=Ce^x f(0)=1, C=1 f(x)=e^x

3
最小值
那么存在a<ξ<b, f'(ξ)=0
同时存在ξ<=ξ1<b f(ξ1)>=f(ξ)
　f'(ξ1)>=f'(ξ)=0
因此f''(ξ1)>=0

4
y=f(x)=x^3+3x^2-10x-1=0
x=2 y=-1<0
x=3, y=27+27-30-1>0
y=f(x)实数域连续，存在2<x0<3 f(x0)=0
y'=3x^2+6x-10
=3(x+1)^2-13
-1-√39/3<x<-1+√39/3, y'<0
x<-1-√39/3或x>-1+√39/3 y'>0
x=-1-√39/3,y=(-1-√39/3)^3+3(-1-√39/3)^2-10(1-√39/3)-1
=(2-√39/3)(1+13/3+2√39/3)+10√39/3-11
=32/3-2*39/3+(4/3-16/3)√39/3+10√39/3-11
=-79/3-2√39/3<0
x=-1+√39/3,y=(-1+√39/3)^3+3(-1+√39/3)^2-10(-1+√39/3)-1
=(2+√39/3)(1+13/3-2√39/3)+10-10√39/3-1
=32/3-2*39/3+(16/3-4/3)√39/3+9-10√39/3
=-19/3+2√39/3<0
因此x<-1-√39/3,y<0 -1-√39/3<x<-1+√39/3,y<0
x>-1+√39/3,y'>0, 单调递增，
如果存在-1+√39/3<x1<x0使f(x1)=0
那么f(x1)<f(x0),f(x0)>0
如果存在x1>x0使f(x1)=0
那么f(x1)>f(x0) f(x0)<0
这和f(x0)=0矛盾
因此，仅有1根

5
[0，1]内可导
f'''(x)>0 f''(0)>0 f''(x)>f''(0)>0
存在0<ξ<1, f'(0)<f'(ξ)<f'(1)
f'(ξ)=f(1)-f(0)/(1-0)=f(1)-f(0)
f'(0)<f(1)-f(0)<f'(1)

6

Answer 2

见图